Logistisk vekst

Vi kopierer funksjonen frå regresjonsanalyseverktøyet til grafikkfeltet. Så bruker vi CAS til å analysere funksjonen. Her må vi finne det punktet der grafen er brattast. Det vil vere i vendepunktet til grafen til $$ g$$.

I linje 3 og 4 kontrollerer vi at nullpunktet til den dobbeltderiverte faktisk er eit vendepunkt ved å sjekke om forteiknet skiftar ved nullpunktet, noko det gjer. Aurebestanden vaks raskast nesten 5 år etter at kalkinga starta, og då vaks bestanden med 2 740 aurar per år.

I oppgåve FM-23 viser vi at vi alltid har eitt vendepunkt for ein logistisk funksjon, og at funksjonen er brattast der, så vi treng ikkje å sjekke dette fleire gonger.

Når $$ x$$ betyr talet på år etter 1970, får vi at $$ x=0$$ betyr året 1970, $$ x=1$$ betyr 1971 og så vidare. Vi legg derfor tala frå og med 0 til og med 10 i éin kolonne i reknearket i GeoGebra og talet på løvetannplantar i neste kolonne. Så vel vi "Regresjonsanalyse" og regresjonsmodellen logistisk.

Biletet viser at ein logistisk modell passar bra med tala. Den modellen som passar best, er

$$ n\left(x\right)=\frac{1675,39}{1+46,3 e^{-0,58x}}$$

Når $$ x\to \infty $$, vil $$ e^{-0,58x}\to 0$$ og nemnaren gå mot 1. Funksjonen går derfor mot talet i teljaren.

Talet på løvetannplantar på lang sikt, eller det vi kallar bereevna, vil derfor vere 1 675 etter modellen.

Vi kopierer funksjonen frå regresjonsanalyseverktøyet til grafikkfeltet. Så bruker vi CAS til å analysere funksjonen.

Etter modellen auka talet på løvetannplantar mest i det sjette året etter 1970, det vil seie i 1976. Då auka talet på løvetannplantar med 244 plantar per år.

Forslag til kode:

1        # importerer nødvendige bibliotek
2from scipy.optimize import curve_fit
3import numpy as np
4import matplotlib.pyplot as plt
5
6        # lagar funksjonen som beskriv modellen
7def modell(x,B,a,k):
8  return B/(1+a*np.e**(-k*x))
9  
10        # legg inn måledataa i lister
11x_verdiar = [0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10]
12y_verdiar = [3,15,80,201,300,501,731,915,1131,1350,1490]
13
14        # bruker metoden curve_fit og legg resultata i to lister
15konstantar,kovarians = curve_fit(modell,x_verdiar,y_verdiar, p0 = [max(y_verdiar),1,1])
16        # hentar ut konstantane frå lista konstantar
17B, a, k = konstantar
18
19        # lagar utskrift av funksjonen
20print(f"Funksjonen blir n(x) = {B:.0f}/(1+{a:.2f}e^(-{k:.2f}x)).")
21
22        # plottar data
23plt.plot(x_verdiar,y_verdiar,'.', label = "Målingar") 
24
25        # plottar modell
26x_array = np.linspace(min(x_verdiar),max(x_verdiar),300)
27y_array = modell(x_array,B,a,k)
28plt.plot(x_array,y_array,"brown", label = "Modell")
29plt.grid(True)
30plt.legend(bbox_to_anchor=(0.6,1))
31plt.xlabel("$x$, talet på år etter 1970") # tittel på x-aksen
32plt.ylabel("$y$, talet på løvetannplantar")
33plt.show()

Koden gir denne utskrifta:

"Funksjonen blir n(x) = 1675/(1+46.30e^(-0.58x))."

Kommentar til koden: I linje 12 har vi lagt til p0 = [max(y_verdiar),1,1] i kommandoen curve_fit. Dersom vi ikkje gjer det, feiler regresjonen. Tala max(y_verdiar), 1 og 1 er startverdiar for dei tre variablane B, a og k, som programmet bruker i dei numeriske berekningane for å komme fram til dei endelege verdiane for dei tre variablane. Jo rettare startverdiane er, jo større er sjansen for at dei numeriske berekningane blir vellykka.

max(y_verdiar) er eit godt val for startverdien til $$ B$$ fordi han plukkar ut den største $$ y$$-verdien i målingane, og vi veit at i ein logistisk modell er $$ B$$ den øvre grenseverdien for funksjonen. For dei to andre parametrane a og k set vi berre startverdien lik 1, som er den automatiske startverdien for parametrar ved bruk av curve_fit.

Vi skriv inn tala i tabellen inn i reknearkdelen i GeoGebra og reknar ut verdiane for $$ t$$. Så vel vi verktøyet "Regresjonsanalyse" og regresjonsmodellen "Logistisk".

Vi ser at grafen som kjem opp, passar godt til punkta. Den logistiske funksjonen som passar best med tala i tabellen, er

$$ N\left(t\right)=\frac{4 988}{1+9,10 e^{-0,203t}}$$

Vi kopierer grafen (inkludert punkta) frå regresjonsverktøyet over i grafikkfeltet.

Her må vi basere oss på modellen. Når $$ t\to \infty $$, vil $$ e^{-0,203t}\to 0$$, nemnaren i funksjonen, gå mot 1, og talet på hjort vil gå mot talet i teljaren. Det er dette vi kallar bereevna for hjortebestanden.

Bereevna er 4 988 hjort etter modellen, noko vi rundar av til 5 000.

Vi må finne vendepunktet til funksjonen, og vi bruker CAS.

Hjortebestanden vaks mest omtrent 11 år etter 1973, det vil seie i 1984, og då vaks bestanden med 253 dyr per år.

Vi får at hjortebestanden var på halvparten av bereevna då han vaks raskast.

Vil det vere slik for alle logistiske modellar, trur du?

Vi får at grafen til $$ f$$ veks mest når $$ x=\frac{\ln a}{k}$$, og då veks han med $$ \frac{1}{4}Bk$$ per eining på $$ x$$-aksen. Det betyr at for alle logistiske modellar kan vi finne når veksten er størst, og kor stor han er, ved å bruke resultata i linje 2 og linje 4.

For å sjekke at nullpunktet til den dobbeltderiverte faktisk er eit vendepunkt, kan vi ikkje løyse ulikskapen $$ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)>0$$ slik vi vanlegvis ville ha gjort fordi GeoGebra ikkje veit at konstantane $$ a, k$$ og $$ B$$ er positive slik føresetnaden er. Det vi kan gjere, er å bruke den trippelderiverte funksjonen. Eit vendepunkt er eit ekstremalpunkt for den deriverte. Då kan vi bruke dobbeltderiverttesten på den deriverte (altså den trippelderiverte til $$ f$$) for å sjekke om det er eit toppunkt eller eit botnpunkt for den deriverte. Vi ser av linje 3 at den trippelderiverte er negativ, som betyr at grafen til den deriverte vender den hole sida ned. Dette viser at den deriverte har eit toppunkt der, og vi har vist at veksten er størst der.

Sidan $$ B$$ er den verdien funksjonen går mot når $$ x\to \infty $$, det vi kallar bereevna, er talet på individ når funksjonen veks raskast, lik halve bereevna.

Vi startar med å derivere funksjonen to gonger.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \frac{B}{1+a·e^{-kx}}\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{\left(1+a·e^{-kx}\right)·0-B·a·\left(-k\right)e^{-kx}}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^2}\\ & =& \frac{akB{e}^{-kx}}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^2}\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^2·akB·\left(-k\right)e^{-kx}-akB{e}^{-kx}·2\left(1+a·e^{-kx}\right)·a\left(-k\right)e^{-kx}}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^4}\\ & =& \frac{-a{k}^{2}B{e}^{-kx}{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^2+2a^2{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(1+a·e^{-kx}\right)e^{-kx}}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^4}\\ & =& \frac{a{k}^{2}B{e}^{-kx}\cancel{\left(1+a·e^{-kx}\right)}\left(-\left(1+a·e^{-kx}\right)+2a{e}^{-kx}\right)}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^{\cancel{4} 3}}\\ & =& \frac{a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(a{e}^{-kx}-1\right)}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^3}\end{array}$$

Kommentar: I tredje linje i utrekninga av $$ f^{\text{'}\text{'}}$$ har vi sett uttrykket $$ a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(1+a·e^{-kx}\right)$$ utanfor parentes.

Når funksjonen er mål på ein bestand, er konstantane $$ a, k$$ og $$ B$$ positive. Det betyr til dømes at nemnaren i den dobbeltderiverte alltid er positiv.

Så må vi finne nullpunkta til den dobbeltderiverte.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ \frac{a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(a{e}^{-kx}-1\right)}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^3} & =& 0\\ a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(a{e}^{-kx}-1\right) & =& 0\\ a{e}^{-kx}-1 & =& 0\\ a{e}^{-kx} & =& 1\\ \ln \left(e^{-kx}\right) & =& \ln \frac{1}{a}=\ln a^{-1}=-\ln a\\ -kx & =& -\ln a\\ x & =& \frac{\ln a}{k}\end{array}$$

I løysinga har vi enkelt kvitta oss med nemnaren og uttrykket framfor parentesen i teljaren sidan begge desse ikkje kan vere null. Vi må no sjekke at løysinga faktisk er $$ x$$-koordinaten til eit vendepunkt. Det er slitsamt å skulle derivere éin gong til for hand slik vi gjorde enkelt med CAS. Vi prøver å løyse ulikskapen $$ f^{\text{'}\text{'}}\left(0\right)>0$$ slik vi vanlegvis gjer i staden.

$$ $ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & >& 0\\ \frac{a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(a{e}^{-kx}-1\right)}{{\left(1+a·e^{-kx}\right)}^3} & >& 0\\ a{k}^{2}B{e}^{-kx}\left(a{e}^{-kx}-1\right) & >& 0\\ a{e}^{-kx}-1 & >& 0\\ a{e}^{-kx} & >& 1\\ \ln \left(e^{-kx}\right) & >& \ln \frac{1}{a}=\ln a^{-1}=-\ln a\\ -kx & >& -\ln a\\ x & <& \frac{\ln a}{k}\\ & & \end{array}$$$

Kommentar til løysinga: Sidan dei tre konstantane $$ a, k$$ og $$ B$$ alle er større enn null, veit vi at vi kan dele med dei utan å måtte snu ulikskapsteiknet i overgangen mellom tredje og fjerde linje.

Vi får altså at grafen vender den hole sida si opp på venstresida av nullpunktet og motsett på høgre side, som vi forventa. Då veit vi at løysinga er $$ x$$-koordinaten til eit vendepunkt, og vidare at grafen vil stige raskast her.

Til slutt må vi rekne ut $$ f^{\text{'}}\left(\frac{\ln a}{k}\right)$$ og $$ f\left(\frac{\ln a}{k}\right)$$.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(\frac{\ln a}{k}\right) & =& \frac{akB{e}^{-k{\displaystyle \frac{\ln a}{k}}}}{{\left(1+a{e}^{-k{\displaystyle \frac{\ln a}{k}}}\right)}^2}=\frac{akB{e}^{\ln \left(a^{-1}\right)}}{{\left(1+a{e}^{\ln \left(a^{-1}\right)}\right)}^2}\\ & =& \frac{akB{a}^{-1}}{{\left(1+a{a}^{-1}\right)}^2}=\frac{kB}{{\left(1+1\right)}^2}\\ & =& \frac{kB}{4}\end{array}$$

$$ \begin{array}{rcl}f\left(\frac{\ln a}{k}\right) & =& \frac{B}{1+a{e}^{-k{\displaystyle \frac{\ln a}{k}}}}\\ & =& \frac{B}{1+a{a}^{-1}}\\ & =& \frac{B}{2}\end{array}$$